题目乱做笔记

CF1592F1

*2600，会也不会，看题解的。

发现了一个性质：操作二和操作三没甚卵用，然后依然不会。

考虑把矩阵修改变成单点修改，这样会好做 $\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{f}$ 倍。

考虑把全白 $\to$ 当前矩阵转化成当前矩阵 $\to$ 全白。

然后，然后就想不下去了，开了题解。

题解的神仙思路：设 $\mathrm{B}$ 的值为 $1$，$\mathrm{W}$ 的值为 $0$，当然你换一换也是一样的。设 $p_{i,j}$ 等于 $a_{i,j}\oplus a_{i,j+1}\oplus a_{i+1,j}\oplus a_{i+1,j+1}$，发现把 $a$ 变成全 $0$ 相当于把 $p$ 变成全 $0$。

然后就好做了，发现对于一个 $p_{x,y}$，如果它的四个节点被翻转了偶数次，不会影响它的取值。

所以，一次操作 $1$ 相当于翻转一个 $p_{x,y}$，对于操作 $2$，相当于翻转 $p_{x-1,y-1},p_{x-1,m},p_{n,y-1},p_{n,m}$。

不难发现进行 $\ge 2$ 次操作 $2$ 必定是不优的，因为可以用六次操作 $1$ 代替之。

然后就做完了，判一下是否进行了操作 $4$ 即可。

CF1592F2

感觉有点阴间，先 skip。

CF1516E

*2500，考虑设 $f_{i,j}$ 表示长度为 $i$ 的序列，最少交换 $j$ 次可以还原成 $1...i$ 的排列。

转移显然，$f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}\ast (i-1)$。

不难发现可以消耗步数，那么最多交换 $j$ 次的答案就是 $an{s}_j=\sum _{i=1}^j[i\mathrm{mod}2=j\mathrm{mod}2]\times f_{n,j}$。

时间复杂度 $\mathcal{O}(nk)$，需要优化。

优化 $1$：盲猜项数不会很多，直接拉插，没写过，应该是对的。

优化 $2$：考虑二项式反演，设 $g_{i,j}$ 表示 $p_i\ne i$，且恰好需要 $j$ 次还原的情况，不难得到：$f_{i,j}=\sum _{k=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})\times g_{k,j}$。
c
反演回来，得到 $g_{i,j}=\sum _{k=0}^i(-1{)}^{i-k}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})\times f_{k,j}$。

那么答案就是：$an{s}_j=\sum _{i=1}^{min(n,2\ast j)}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\times \sum _{k=1}^j[k\mathrm{mod}2=i\mathrm{mod}2]\times g_{i,k}$。

时间复杂度 $\mathcal{O}(k^3)$。

CF1499E

*2400，傻逼题，直接 DP 即可。

CF1348E

*2400，一道很秒的题。

考虑答案上界：我不管莓的种类全都放进个篮子里，可以放 $\frac{\sum a_i+b_i}{k}$ 个篮子。

考虑答案下界：我分别把每种莓放进篮子里，不管同一颗树可以不管种类的限制，可以放 $\frac{\sum a_i}{k}+\frac{\sum b_i}{k}$ 个篮子。

不难发现上下界最多只差 $1$，若相等，直接输出，若不相等，考虑这个 $1$ 能不能加。

这个加的 $1$ 显然是通过同一颗树加的，所以我们需要搞掉一些莓，设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 棵树，搞掉了 $modk=j$ 的第一种莓是否可行，这里可以直接 $modk$ 的原因是 $\frac{j}{k}$ 的部分显然可以自己放进篮子。

如果第一种草莓可以通过同一颗树移走 $\ge \sum a_{i}modk$ 个，且 $\le k-\sum b_{i}modk$ 个，这样才能凑齐一个篮子。

CF1109D

*2400，傻逼数数题，这种难度的题是怎么放到 $\mathrm{D}\mathrm{i}\mathrm{v}1\mathrm{D}$ 的啊。

CF1307E

*2500，有点阴间的题。

显然的，每种颜色的奶牛最多只会出现两只，一只在左边，一只在右边。

显然的，每只奶牛若放在左边，必然有一个固定的睡觉位置。

我们考虑枚举这个固定的睡觉位置，设枚举的位置为 $i$，我们要求的方案即为：左边的奶牛睡觉位置都 $\le i$，且存在一只奶牛在 $i$ 睡觉，右边的奶牛睡觉位置都 $>i$ 的最优方案和方案数。

这个可以直接计数，只是分讨有点阴间。

CF1603C

随机开的一道 *2300，从晚上 $9:00$ 想到晚上 $9:30$，第二天数学课又想了一会，完全不会做，只会 $\mathcal{O}(n^2)$，以为后面的步骤需要阴间数据结构。

结果查看题解，数论分块优化 $\mathrm{D}\mathrm{P}$？我草完全想不到。

首先考虑如何计算一段区间 $[l,r]$ 的贡献。首先最后一个数肯定不变，然后向左推。

设当前位置为 $x$，如果 $a_x\le a_{x+1}$，那么不管它。如果不合法了，我们可以算出当前这个数需要分成几个部分，多分显然不优，然后我们需要让这些数尽可能平均，所以可以直接算出分成那些数，然后累加贡献即可。

然后考虑 $\mathrm{D}\mathrm{P}$。设 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 个数减到了 $j$ 的方案数（为啥是方案数，因为我们要累加每个点的贡献）。

考虑如何计算 $i$ 的贡献，枚举 $i+1$ 减到了哪个，不妨设为 $x$，那么当前点需要拆成 $k={\displaystyle \frac{a_i+x-1}{x}}$ 个小点，贡献就是 $k-1$，然后乘上 $i$，因为我们对 $1,...,i$ 都有这么多贡献，所以答案需要加上 $(k-1)\times i\times f_{i+1,x}$。

$\mathrm{D}\mathrm{P}$ 转移随便转移一下就行了，这是简单的。

发现每个 $i$ 的合法状态只有 $\sqrt{n}$ 种，数论分块优化 $\mathrm{D}\mathrm{P}$ 即可。

AGC010C

发现是判断是否合法，不妨找出一些必要条件。

首先，特判 $n=2$ 的情况，然后找出一个度数 $>1$ 的点为根，以这个根为起点 $\mathrm{D}\mathrm{F}\mathrm{S}$ 一遍。

对于以 $x$ 为根的子树，我们发现路径有两种形式：从 $x$ 往上连的/在 $x$ 的两个不同子树内两两匹配的。

我们设往上连了 $f_x$ 条路径，两两匹配了 $g_x$ 条路径。

容易发现 $f_x+2\times g_x=su{m}_x$，$f_x+g_x=a_x$。其中 $su{m}_x$ 表示 $x$ 的儿子们一共往上连了 $su{m}_x$ 条边，即 $su{m}_x=\sum f_v$。

这是一个一元二次方程，我们可以把它解出来，判一下 $f_x,g_x$ 是否是非负整数，不是非负整数显然无解。

如果 $f_x>a_x$，那么无解。

在以 $x$ 为根的子树内我们最多匹配 $max({\displaystyle \frac{su{m}_x}{2}},su{m}_x-max{f}_v)$ 组，如果 $g_x$ 大于了这个数字，那么也无解。

而且根节点 $f$ 值必须为 $0$，不然无解。

容易发现另外情况均有解。

P6217

简单题，把 $\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}({\mathrm{a}}_{\mathrm{i}},\mathrm{x})$ 变成 ${\displaystyle \frac{a_i\times x}{gcd(a_i,x)}}$。

分子的维护是简单的。$gcd(a_i,x)$ 可以变成两个前缀的形式，我们除一下即可。

考虑离线询问，依次加点，加到第 $i$ 个点的时候处理 $1\sim i$ 的询问。

分离每个只因子的贡献。

发现 $\sqrt{200000}$ 内的质数只有 $80$ 多个，而 $>\sqrt{200000}$ 的质数的次数显然只能是 $1$，两个树状数组统计一下即可。

AGC014D

发现先手胜利的充分必要条件是存在一个白点没有黑点与之相邻。

考虑一个三个点的树：$(1,2),(1,3)$。我们发现先手必胜，因为我可以标记 $1$ 为白点，然后不管后手标记哪个为黑，我标记另一个为白就获胜了。

考虑一条链的情况，我如果将这条链链底的父亲染白，后手只能把链底染黑。如此这般，先手必胜。

盲猜正解就是模拟这个过程。我们遍历每个点，每次把叶子节点和它的父亲删掉。如果遍历完后这个点后这个点还没被删，那么这个点就以及被删成了叶子，判一下父亲是否被删，被删了就先手必胜，没被删就把它们两个都删掉，回溯回去。

结果过了。

AGC015D

当 $a=b$ 时，输出 $1$。

否则 $a\ne b$，把 $a$ 和 $b$ 二进制分解，从高往低找到第一个 $a$ 和 $b$ 不同的位置 $x$，不难发现 $x$ 之前的位都没用。

然后不会了，看题解。

官方题解做法：

易证原问题等价于任选两个数能组成的或值个数。

可以这么构造证明：如果一个数 $x$ 能被表示出来，那么我们找到 $x$ 的最高位。

如果 $a\le x\le b$，那么命题显然成立。

接下来只需要考虑 $x>b$ 的情况。

设 $x$ 的最高位是第 $y$ 位。

首先这些数的最大值一定大于等于 $x$ 的最高位的值。

分两种情况。

如果这些数的第 $y$ 位都是 $1$，我把这两个数的第 $y$ 位也赋值成 $1$，不管这一位，继续往后寻找第一个是 $1$ 的位，然后把这个位设成新的 $y$，再来一次。

如果存在一个数的第 $y$ 位是 $0$，则这个数一定小于等于 $x$ 异或第 $y$ 位的值，我把一个数设成第 $y$ 位的值，一个数设成 $x$ 异或第 $y$ 位的值，不难发现这两个数一定夹在这些数的最小值和最大值之间，所以显然合法，然后就找到了一组合法方案，直接 $\mathrm{b}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{a}\mathrm{k}$。

不难发现我们构造不出来这两个数当且仅当这些数都相同，而若这些数都相同，不可能构造出 $x$ 使得 $x>b$，所以一定能构造出方案，原命题成立。

首先把上面一坨相同的位去掉，此时一定有 $b$ 的最高位是 $1$，$a$ 的最高位是 $0$。

设 $z$ 为 $b$ 的二进制最高位对应的值。

则我们把区间 $[a,b]$ 分成两个区间：$[a,z)$ 和 $[z,b]$。

我们此时的或可以分成三种：$[a,z)$ 之间内部运算，$[z,b]$ 之间内部运算，两部分区间交叉运算。

我们先看第一种，显然的，此时可以表示出 $[a,z)$ 的所有元素。

然后看第二种，我们找出 $b$ 最高位后面的第一个 $1$ 的位置，记为 $x$，设 $p$ 表示把 $b$ 的 $x$ 位及之后都赋值成 $1$ 后的值，则我们可以表示出 $[z,p]$。

接下来是第三种，不难发现只需要与 $z$ 或运算即可表示出所有可能表示出的数，所以一定是一段连续的区间 $[a|z,(z-1)|z]$。

三个区间取并即可。

AGC015C

傻逼题，点数-边数即可。

ARC116E

首先二分答案。

然后考虑 $\mathrm{c}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{k}$，对每个点记 $w{1}_x,w{2}_x$ 表示这个点子树内最远未覆盖的节点和最近被覆盖的节点。

如果 $w{1}_x+w{2}_x\le mid$，那么 $x$ 被覆盖。

如果 $w{1}_x+w{2}_x>mid$ 且 $w{1}_x=k$，则说明必须要在 $x$ 上设一个节点。

特判根节点即可。

AGC024D

考虑枚举每个点/边作为根，那么最终一定是形如一颗满二叉树剪掉一些子树。

颜色数可以直接求出。

考虑叶子节点数怎么求：取所有层点度数的 $max$ 然后乘起来即可。

P4208

$\mathrm{M}\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{x}\mathrm{T}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{e}$ 板子，注意到最小生成树有以下性质：

$1.$ 最小生成树每条边需要加进去的个数是固定的。

$2.$ 最小生成树每种权值的边不管如何加入，联通性都是相同的。

所以我们可以先求出最小生成树，然后枚举每种权值的边，把除它之外权值的边均加入，求行列式即可。

算一下复杂度：等于给你一个序列 $c$，满足 $\sum c_i=n$，求 $\sum c_i^3$ 的最大值，发现不会超过 $n^3$。

P3644

首先如果居民的办公室和家都在河的一旁，可以直接忽略。

$K=1$ 的情况是简单的，问题就相当于：给你偶数个点，求 $K$ 个特殊点使每个点到这 $K$ 个点的距离的最小值总和最小，取中位数即可。

$K=2$ 时，设我们选了两座桥 $p,q$，那么答案为：$\sum min(|a_i-p|+|b_i-p|,|a_i-q|+|b_i-q|)$。

这个 $min$ 的限制相当烦，要是我们能把这些点分成两部分，一部分都走 $p$，一部分都走 $q$，问题就好做了。

设 $f(x)=|a_i-x|+|b_i-x|$，画出函数图像，是一个天线函数，由斜率为 $-2,0,2$ 的三条直线组成。

我们取中点 $m={\displaystyle \frac{a_i+b_i}{2}}$，则在区间 $(-\infty ,m]$ 这个函数是单调不上升的，在区间 $[m,\infty )$，这个函数是单调不下降的。

由此我们得出结论：若 $|p-m|\le |q-m|$，则选 $p$ 一定不劣于选 $q$，反之选 $q$ 一定不劣于选 $p$。

而进一步转化这个结论，得出：若 $m\le {\displaystyle \frac{p+q}{2}}$，则选 $p$ 一定不劣于选 $q$，反之选 $q$ 一定不劣于选 $p$。

所以我们按照 $a_i+b_i$ 从小到大排序，选 $p$ 的一定是一段前缀，选 $q$ 的一定是一段后缀。

枚举前缀后缀的分界点，两边都用 $K=1$ 的方法做就行了，用对顶堆或 $\mathrm{F}\mathrm{i}\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{\_}\mathrm{P}\mathrm{u}\mathrm{p}\mathrm{p}\mathrm{y}\mathrm{\_}\mathrm{T}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{a}\mathrm{p}$ 动态维护中位数即可。

AGC050C

首先盲猜合法条件是存在一个前缀使得 $\mathrm{B}$ 的个数比 $\mathrm{S}$ 的个数多 $2$。

然后考虑设 $f_i$ 表示恰好在前缀 $i$ 合法的方案数。

需要容斥，直接来是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的。

但是这个合法条件是假的。

事实上，设 $L$ 表示 $\mathrm{s}\mathrm{n}\mathrm{u}\mathrm{k}\mathrm{e}$ 往左能走的房间数，$R$ 表示 $\mathrm{s}\mathrm{n}\mathrm{u}\mathrm{k}\mathrm{e}$ 往右能走的房间数，则一次操作可以另 $\mathrm{s}\mathrm{n}\mathrm{u}\mathrm{k}\mathrm{e}$ 的行走范围变成 $(min(L,R),0)$。

而 $\mathrm{s}\mathrm{n}\mathrm{u}\mathrm{k}\mathrm{e}$ 一次行走只能把 $(L,R)$ 变成 $(L+1,R-1)$ 或 $(L-1,R+1)$。

ABC240G

首先把“恰好”改成至多，然后让 $n$ 和 $n-1$ 的答案做个差分即可。

好像不太行，考虑直接计数。

把三维分开来考虑。

我们首先枚举第一维走了几步，这个方案数可以直接组合数求出。

然后接下来我们要 $\mathcal{O}(1)$ 算出两维的情况下走恰好 $i$ 步的方案数。

把它转化成切比雪夫距离，发现等价于 $(x+1,y-1),(x+1,y+1),(x-1,y-1),(x-1,y+1)$，然后两维是独立的，分别计算然后乘起来即可。

ARC027D

蚌不住了，直接暴力能过。

立方体とペンキ

洛谷上只有一个人通过的题，$\mathrm{A}\mathrm{T}$ 上只过了两页人，而且没有题解。

不过好在想出来了。

考虑怎么样的块会使表面积 $-4$，不难发现是一些柱子的顶部，且周围没有东西跟它碰到。

所以我们可以直接把这些块先除掉。

然后接下来我们会把原数组分成若干区间，这些区间是极大的相等子串。

设 $[l,r]$ 为其中一个区间，则若 $a_l>a_{l-1}$ 且 $a_r>a_{r+1}$，则把整个区间消掉 $1$ 会额外减掉边界两块面积的贡献，若不满足这个，则不会额外减掉贡献。

我们可以用优先队列维护这些区间，然后每次取长度最小的，把区间 $[l,r]$ 消成 $max(a_{l-1},a_{r+1})$，然后会合并一些区间，不难发现合并只会发生 $\mathcal{O}(n)$ 次，所以时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

合并区间的时候需要一些分讨。

Equilateral

发现任意一个合法点对都存在两个点在 $45$ 度斜线上。

于是我们可以枚举这两个点，大约只有 $\mathcal{O}(n^3)$ 种点对。

然后考虑第三个点有几种可能，发现是一条 $45$ 度斜线的某段区间的和，转切比雪夫距离后前缀和即可。

ARC047B

先曼哈顿距离转切比雪夫距离，然后我们发现以 $p$ 为中心的正方形的边长一定是 $max(ma{x}_x-mi{n}_x,ma{x}_y-mi{n}_y)$。

然后对有几个边界上有点分类讨论，发现 $p$ 的横坐标一定是 $mi{n}_x+{\displaystyle \frac{d}{2}},ma{x}_x-{\displaystyle \frac{d}{2}}$ 中的一个，纵坐标同理。

于是枚举这 $4$ 个点，$\mathcal{O}(n)$ $\mathrm{c}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{k}$ 即可。

AGC052B

我们把边权转为点权，这样一次操作就是交换相连两个点的点权。

注意到此时我们的点权可以任意排列。

设 $f_x$ 表示最终 $x$ 的点权。

注意到任意一组合法方案都可以规约到 $f_1=0$ 的情况（所有数都异或上 $f_1$，边权异或和不变）。

现在我们求出了 $f$。

我们设 $d_x$ 表示初始 $x$ 的点权。

同样钦定 $d_1=0$，那么最终答案合法的充要条件是 $d_i\oplus g$ 后与 $f$ 相同。

注意到当 $d_i\oplus g$ 与 $f$ 相同时，它们的异或和也相等。

也就是 $(d_1\oplus g)\oplus (d_2\oplus g)\oplus ...\oplus (d_n\oplus g)=f_1\oplus f_2\oplus ...\oplus f_n$，由于 $n$ 是奇数，所以可以解出 $g$。

然后代回去判断是否合法即可。

ABC193F

看到这个题就感觉非常 $\mathrm{f}\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}$，事实上确实也是 $\mathrm{f}\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}$。

刚开始想到可以把每个点拆成黑点和白点两个状态，不过这样等于限制两条边只能流一条，是假的。

最大流不行，考虑最小割。

注意到经典模型：使两边颜色相同的边数最大

而如何套用到这题呢？把 $(i+j)mod2=1$ 的格子反色即可。

ABC201F

首先可以让 $B_i$ 和 $C_i$ 都与 $A_i$ 取 $min$。

然后我们可以把三种操作分成三个部分：先左移，后右移，最后任意移。

容易证明需要左移的点在值域上一定是一段前缀，右移的一定是一段后缀。

而中间留下一段值域连续的任意移动部分，等于求一个最长带权上升子序列（这些点不用移动，其余点需要任意移动）。

直接来是 $\mathcal{O}(n^2\log n)$ 的。

我们考虑把前缀压到一个 $\mathrm{D}\mathrm{P}$ 状态里去，这样就可以直接转移，用树状数组优化转移即可。

CF1758E

首先考虑如何 $\mathrm{c}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{c}\mathrm{k}$ 一组方案是否合法。

我们可以规定操作顺序，显然对最终结果没有影响，所以不妨认为先操作行，再操作列。

那么合法条件就变成了能否操作一些行，使得每列的数都相等。

这个合法条件又等价于矩阵每行的差分数组（$modh$）意义下相等。

显然，每列的差分数组也必须相等。

既然已经转化到这里，不妨把每列分开考虑，先不考虑第一列。

如果这一列存在一个固定的数，那么这一列也随之确定（列差分数组是确定的）。

如果这一列不存在固定的数，那么就对答案有 $\times h$ 的贡献。

第一列的放置情况要根据行的情况确定。

根据行的差分数组推得每个位置可以任意放还是固定。

然后简单计数一下即可，注意判断无解。

差分数组可以简单用带权并查集维护。

CF1844E

其实与 CF1758E 非常类似。

观察 Great Grids 的性质，以 $$ 表示 $a_{i,j}=a_{i+1,j+1}$，$/$ 表示 $a_{i,j}=ai+1,j-1$。

那么两行的 $\text{/}$ 数组要么完全相同，要么完全相反。

这等价于每一行的元素相等情况完全相同。

每行分开来，然后并查集判断即可。

CF1824C

考虑最终方案是如何的。

不难发现会存在若干叶子节点在叶子节点上单点修改以满足条件。

另外一些点通过非叶子节点修改满足条件。

设 $g_{x,i}$ 表示 $x$ 子树内的点都修改为 $i$ 的最小代价。

显然 $max{g}_{x,i}-min{g}_{x,i}\le 1$，所以设 $f_x=min{g}_{x,i}$。

那么首先 $f_x=\sum f_v+1$。

接下来我们可以选择一些子树是的它们的修改不变。

额外维护一个 $\mathrm{s}\mathrm{e}\mathrm{t}$ 表示 $f_x$ 取到最优值 $x$ 子树内可以修改成哪些值。

这样就可以方便求出了。

CF1290C

发现题目中的条件等价于每个点只会被包含在至多两个集合里。

那么一个 $s_i$ 若为 $0$，则等价于这两个集合一个选了，另一个就必须选，一个不选，另一个也不能选。

一个 $s_i$ 若为 $1$，则相反。

考虑使用扩展域并查集维护这个东西。

我们设“选”为第一层，“不选”为第二层。

那么一个连通块要么全选第一层的点，要么全选第二层的点。

所以维护两个 $siz$ 的 $min$ 就行了。

注意到每种连通块会被算两次，所以要 $/2$。

特判 $s_i$ 只被一个集合包含的情况。

CF1495D

先转化一下题目的条件。

我们对于每个 $i$，$\mathrm{b}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 一遍求出 $de{p}_{i,j}$ 表示以 $i$ 为起点 $j$ 的深度。

那么题目的条件就是每条边 $(u,v)$ 满足 $|de{p}_v-de{p}_u|=1$。

我们给每条边定向，限制就变成 $de{p}_v-de{p}_u=1$。

考虑一棵树怎么算答案。

枚举 $i$，然后枚举深度，上一个深度向当前深度连边，可以对于每个点简单统计一下上一个深度有几个点能到它，乘法原理即可。

那么对于两棵树呢？

观察一下，发现 $i,j$ 的答案相对于 $i$ 的答案等价于多满足：

• $i\sim j$ 的路径上满足 $de{p}_{j,f{a}_x}-de{p}_{j,x}=1$。

• 对于不在 $i\sim j$ 路径上的边 $(u,v)$ 满足 $de{p}_{j,v}-de{p}_{j,u}=1$。

考虑分层之后 $\mathrm{d}\mathrm{p}$，设 $f_{x,y}$ 表示目前 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 到第 $x$ 层，第 $y$ 个点后面要接 $j$ 的方案数。

直接转移即可做到 $\mathcal{O}(n^4)$。

这时候需要一个很厉害的观察：如果 $i\to j$ 的最短路不止一条，那么答案一定是 $0$。

有了这个性质之后我们就不需要 $\mathrm{D}\mathrm{P}$ 了，套用一棵树的方法简单计数就行了。

太妙了，时间复杂度 $\mathcal{O}(n^{2}m)$。

CF283E

考虑统计不合法三元组的数量。

不难发现不合法三元组等价于三元组内存在一个点的出度是 $2$。

那么我们可以求出最终状态下每个点的出度，不妨设为 $d_i$，答案就是 $\sum (\genfrac{}{}{0ex}{}{d_i}{2})$。

至于 $d_i$ 也很好维护，每个 $(l,r)$ 等价于给二维矩形异或 $1$，离线扫描线即可。

P2416

题意就是给出一张无向图，有若干关键边，一条边走过后不能再走，$Q$ 次询问是否存在一条 $u\to v$ 的路径上有关键边。

缩边双，不难发现一个边双内的边都能走过。

然后就做完了。

CF1677D

考虑没有 $-1$ 的情况。

发现每个序列对应一个原序列。

至于交换 $k$ 轮？

把原序列求出来之后可以求出最多能交换几轮。

然后打个表，发现长这样：

1 16 54 96 120
1 8 18 24
1 4 6
1 2

设最多能交换 $x$ 轮，则答案为 $k!\times k^{x-k}$。

「LibreOJ NOI Round #1」北校门外的回忆

考虑 $k$ 是奇数。

把 $(i,i+\text{lowbit}(i))$ 连边，发现连出来若干条链，并且不交。

当 $k$ 是偶数则每条链会有一些很短的分叉。

所以每个点暴力跳 $\log$ 次后总是会跳到一条很长的链上。

每条链可以开一颗线段树维护，接下来我们只需要定位出某个点在哪条链上以及是第几个就行了。

发现 $\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{w}\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 值是有迹可循的，一定是形如 $p_1,p_2,p_3,p_4,...,p_k,p_1,p_2,p_3,...,p_k,p_1,...$ 的。

于是我们可以倍增，然后就做完了。

Birthday

首先需要发现答案是 $2^k$ 的形式，考虑反证，若答案存在一个 $>1$ 的奇数因子 $B$，那么在 $(x,y)\to (x+y,x-y)$ 的过程中若想要 $x+y$ 和 $x-y$ 都含有 $B$，必然有 $B|x,B|y$，也就是 $\mathrm{\forall }i,B|i$，显然不成立。

设 $N$ 为第一个 $\ge n$ 的 $2$ 的次幂，那么答案至少是 $N$，考虑构造达到这个下界。

我们先将所有数转化成 $2$ 的次幂的形式，然后再转化成相等。定义函数 $\mathtt{\text{work(n,k)}}$ 表示我想将 $2\times 2^k,3\times 2^k\dots n\times 2^k$ 都转化成 $2$ 的次幂，那么分类讨论：

• $n$ 是 $2$ 的次幂，递归到 $\mathtt{\text{work(n-1,k)}}$。
• $n$ 不是 $2$ 的次幂，找到 $\le n$ 的最大 $2$ 的次幂 $m$，将 $(m+i)\times 2^k$ 与 $(m-i)\times 2^k$ 配对，那么会得到 $m\times 2^{k+1}$ 与 $i\times 2^{k+1}$，前者已经合法，仅需递归到 $\mathtt{\text{work(n-m,k+1)}}$ 解决后者即可，对于剩下的部分 $2\times 2^k\dots (2m-n-1)\times 2^k$ 递归下去即可。

这个方法的操作次数不太好证明，但至少是 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 级别的。

现在所有数都是 $2$ 的次幂，考虑转变成相等，继续分类讨论：

• 如果存在两个数相等，并且它们都 $<N$，那么直接合并即可。
• 如果存在 $0$，那么让某个数与 $0$ 合并，转化成存在两个数相等的情况。
• 如果不存在 $0$，取出两个数 $2^a$ 与 $2^b$，不难发现可以用两次操作使它们变成 $2^{a+1}$ 与 $2^{b+1}$。

后面部分同样是 $\mathrm{\Theta }(n\log n)$ 级别的，但是实际使用的次数非常少。